2025年沪教版高二化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年沪教版高二化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机物有（不考虑立体异构）（）A.5种B.6种C.7种D.8种2、对于药品的使用和作用下列说法不正确的是（）A.毒品就是有毒的药品B.我国明代医学家李时珍所著的医学名著是《本草纲目》C.R表示处方药，OTC表示非处方药D.麻黄碱是国际奥委会严格禁止使用的兴奋剂3、反应“rm{P_{4}(s)+3NaOH(aq)+3H_{2}O(l)=3NaH_{2}PO_{2}(aq)+PH_{3}(g)娄陇H>0}”制得的rm{P_{4}(s)+3NaOH(aq)+3H_{2}O(l)=3NaH_{2}PO_{2}(aq)+PH_{3}(g)

娄陇H>0}可用于化学镀镍。下列说法正确的是A.rm{NaH_{2}PO_{2}}分子中rm{P_{4}}原子均满足rm{P}电子稳定结构B.反应中rm{8}作还原剂C.该反应能自发进行，则rm{NaOH}D.反应中生成rm{娄陇S<0}转移电子数目为rm{1molNaH_{2}PO_{2}}rm{3隆脕6.02隆脕10^{23}}4、Mg-H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器．该电池以海水为电解质溶液，示意图如下．该电池工作时，下列说法正确的是（）A.Mg电极是该电池的正极B.H2O2在石墨电极上发生氧化反应C.石墨电极附近溶液的pH增大D.溶液中Cl-向正极移动5、纸层析法分离铁离子和铜离子的实验中，正确的操作是rm{(}rm{)}A.在滤纸上点样时，试样点以稍大为宜B.应沿试管壁小心地将展开剂慢慢倒入试管底部C.将滤纸上的试样点浸入展开剂中D.点样后的滤纸需晾干后，才能将其浸入展开剂中评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、（1）请在下图所示分子的结构简式中用“*”标记出手性碳原子。若用该有机物进行核磁共振实验，所得核磁共振氢谱有________个峰，强度比为________。（2）已知某硼烷相对分子质量为28，核磁共振氢谱有两个峰且强度比为1∶2，则该硼烷的分子式是________，已知该硼烷气体在空气中能剧烈燃烧生成三氧化二硼和水，且生成1mol液态水可放出722kJ的热量，请写出燃烧的热化学方程式：____________________________。7、有机物的结构可用“键线式”简化表示．CH3-CH=CH-CH3可简写为某有机物X的键线式为：

（1）有机物Y是X的同分异构体，且属于芳香烃，写出Y的结构简式．____

（2）Y在一定条件下发生聚合反应，写出其反应的化学方程式：____

（3）X与足量的H2在一定条件下反应可生成环状的饱和烃Z，Z的二氯代物有____种．8、（6分）在一定条件下A与B反应可生成C和D，其能量变化如图：（1）下列有关反应A+B=C+D的说法正确的是____。A．反应前后原子的种类和数目一定不变B．该反应若有能量变化，则一定是氧化还原反应C．该反应若为放热反应，则不需加热反应就一定能自发进行D．反应物的总质量与生成物的总质量一定相等，且遵循能量守恒（2）若E12，则生成物的总能量____（填“>”、“<”或“=”）反应物的总能量，该反应为____（填“吸热”或“放热”）反应。9、（1）2mol尿素[CO（NH2）2]中含______molN原子、______个H原子，所含氧原子跟______gH2O所含氧原子个数相等．

（2）3.6gNH4+中含______mole-．

（3）含0.4molAl2（SO4）3的溶液中，含______molSO42-．10、rm{(1)}将rm{4molSO_{2}}和rm{2molO_{2}}充入rm{2L}的密闭容器中，在一定条件下发生反应，经rm{10s}后达到平衡，测得rm{SO_{3}}的浓度为rm{0.6mol?L^{-1}}请回答下列问题：

rm{垄脵}用rm{O_{2}}表示的反应的平均速率为______

rm{垄脷}平衡时rm{SO_{2}}的转化率______

rm{(2)}已知某可逆反应rm{mA(g)+nB(g)?qC(g)}在密闭容器中进行．

如图所示反应在不同时间rm{t}温度rm{T}和压强rm{P}与反应物rm{B}的体积分数的关系曲线rm{.}根据图象填空。

rm{垄脵}化学计量数的关系：rm{m+n}______rm{q}rm{(}填“rm{>}”rm{.}“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}

rm{垄脷}该反应的正反应为______反应rm{.(}填“吸热”或“放热”rm{)}

rm{(3)}在rm{FeCl_{3}+3KSCN?Fe(SCN)_{3}+3KCl}的平衡体系中；回答下列问题：

rm{(}填“正向”、“逆向”、“不”rm{)}

rm{垄脵}在溶液中加入少量的rm{KSCN}固体，平衡______移动。

rm{垄脷}在溶液中加入少量的rm{KCl}固体，平衡______移动。11、阅读下列材料后回答问题：一个体重rm{50Kg}的健康人，体内约含有rm{2g}铁，这rm{2g}铁在人体内不是以单质的形式存在，而是以rm{Fe^{2+}}和rm{Fe^{3+}}的形式存在rm{.}正二价铁离子易被吸收，给贫血者补充铁时，应给予含rm{Fe^{2+}}的亚铁盐，如硫酸亚铁rm{.}服用维生素rm{C}可使食物中的rm{Fe^{3+}}还原成rm{Fe^{2+}}有利于人体吸收．

rm{(1)}在人体中进行rm{Fe^{2+}underset{垄脷}{overset{垄脵}{{rightleftharpoons}}}Fe^{3+}}的转化时，rm{Fe^{2+}

underset{垄脷}{overset{垄脵}{{rightleftharpoons}}}Fe^{3+}}中的rm{垄脵}作______剂，rm{Fe^{2+}}中的rm{垄脷}作______剂rm{Fe^{3+}}

rm{.}“服用维生素rm{(2)}可使食物中的rm{C}还原成rm{Fe^{3+}}”这句话指出，维生素rm{Fe^{2+}}在这一反应中作______剂，具有______性rm{C}

rm{.}市场出售的某种麦片中含有微量的颗粒细小的还原铁粉，这些铁粉在人体胃酸rm{(3)}主要成分是盐酸rm{(}的作用下转化成亚铁盐rm{)}此反应的离子方程式为______．

rm{.}实验室配置氯化亚铁溶液时，为了防止其氧化，通常向里面加入还原性铁粉，这样操作的原因是rm{(4)}用离子反应方程式表示rm{(}______．rm{)}12、（11分）根据下列的有机物合成路线回答问题：（1）写出A、B的结构简式：A、B。（2）写出各步反应类型：①、②、③。（3）写出②、③的反应方程式：②，③。13、汽车尾气里含有NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＞0已知该反应在2404℃时，平衡常数K=64×10-4．请回答：

（1）某温度下，向2L的密闭容器中充入N2和O2各1mol，5分钟后O2的物质的量为0.5mol，则N2的反应速率为______．

（2）假定该反应是在恒容条件下进行，判断该反应达到平衡的标志______（填字母序号）．

A．消耗1molN2同时生成1molO2B．混合气体密度不变。

C．混合气体平均相对分子质量不变D.2v（N2）正=v（NO）逆

（3）将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，下列变化趋势正确的是______．

A

B

C

（4）向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新达到化学平衡状态．与原平衡状态相比，此时平衡混合气体中NO的体积分数______（填“变大”“变小”或“不变”）．

（5）该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol•L-1、4.0×10-2mol•L-1和3.0×10-3mol•L-1，此时反应______（填“处于化学平衡状态”“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”）．评卷人得分三、解答题(共6题，共12分)14、某温度（T℃）时，测得0.01mol/LNaOH溶液的pH为11，则该温度下水的KW=______．则该温度______（填“大于”；“小于”或“等于”）25℃；其理由是______．

此温度下，将pH=a的NaOH溶液VaL与pH=b的H2SO4溶液VbL混合；通过计算填写以下不同情况时两溶液的体积比：

（1）若所得混合溶液为中性，且a=12，b=2，则Va：Vb=______．

（2）若所得混合溶液为中性，且a+b=12，则Va：Vb=______．

（3）若所得混合溶液的pH=10，且a=12，b=2，则Va：Vb=______．

15、俗话说“民以食为天”；食物是人类赖以生存的物质基础．

。主食副食[来源：21世纪教育网]饮料米饭烧豆腐、红烧鱼、三层肉牛奶上表是小明制定的食谱；在食谱中含有的营养素主要有______，______，______．小明制订的食谱中还缺乏的一种营养素是______．

16、透明聚酯玻璃钢可用于制造导弹的雷达罩和宇航员使用的氧气瓶．制备它的一种配方中含有下列四种物质：

填写下列空白：

（1）乙的名称是______；下列试剂能与甲反应而褪色的是______（填标号）

a．Br2/CCl4溶液b．石蕊溶液c．酸性KMnO4溶液。

（2）甲的同分异构体有多种；写出其中一种不含甲基的羧酸的结构简式：______

（3）淀粉通过下列转化可以得到乙（其中A-D均为有机物）：

A的分子式是______；试剂X可以是______．

（4）已知：

利用上述信息；以苯；乙烯、氯化氢为原料经三步反应合成丙，其中属于取代反应的化学方程式是______．

（5）化合物丁仅含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为110．丁与FeCl3溶液作用显现特征颜色；且丁分子中烃基上的一氯取代物只有一种．则丁的结构简式为______．

17、现有常见的金属单质A；B、C以及气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H；他们之间存在如图所示的转化关系（图中有些反应的产物及反应条件没有全部标出来）．其中B是地壳中含量最多的金属．请回答下列问题：

（1）写出金属B和气体丙化学式：B______；丙______；

（2）写出①反应的化学方程式：______

（3）写出⑥反应的离子方程式：______．

18、如图是由短周期元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图．常温常压下；D；F、K均为无色无刺激性气味的气体，B是最常见的无色液体，A是由单质C在D中燃烧生成的淡黄色固体．（反应中生成的部分物质已略去）

请回答下列问题：

（1）物质A的化学式为______．

（2）化合物E的电子式为______．

（3）反应①的离子方程式为______；反应②的化学方程式为______Na2CO3+H2O+CO2↑19、偏二甲肼与N2O4是常用的火箭推进剂；二者发生如下化学反应：

（CH3）2NNH2（l）+2N2O4（l）═2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g）（I）

（1）反应（I）中氧化剂是______．

（2）火箭残骸中常现红棕色气体，原因为：N2O4（g）⇌2NO2（g）（II）当温度升高时；气体颜色变深，则反应（II）为______（填“吸热”或“放热”）反应．

（3）在一个体积为1L的恒压密闭容器中充入1molN2O4，一段时间后达化学平衡状态，反应的化学平衡常数表达式K=______；若在相同温度下，上述反应改在体积为1L的恒容密闭容器中进行，平衡常数______（填“增大”“不变”或“减小”），反应3s后NO2的物质的量为0.6mol，则0～3s内的平均反应速率v（N2O4）=______mol•L-1•s-1．

评卷人得分四、其他(共2题，共16分)20、（8分）由丙烯出发，经如下反应，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）写出X和Y的结构简式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反应类型为__________；由W生成丙烯酸的反应类型为___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定条件下可合成高分子G，反应方程式为。21、（8分）由丙烯出发，经如下反应，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）写出X和Y的结构简式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反应类型为__________；由W生成丙烯酸的反应类型为___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定条件下可合成高分子G，反应方程式为。评卷人得分五、探究题(共4题，共32分)22、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。23、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。24、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。25、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【解答】解：分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有﹣OH，该物质为戊醇，可以看作羟基取代戊烷形成的醇，戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷，CH3CH2CH2CH2CH3分子中有3种H原子；被﹣OH取代得到3种醇；

CH3CH2CH（CH3）2分子中有4种H原子；被﹣OH取代得到4种醇；

C（CH3）4分子中有1种H原子；被﹣OH取代得到1种醇；

所以该有机物的可能结构有8种；

故选D．

【分析】分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有﹣OH，该物质为戊醇，可以看作羟基取代戊烷形成的醇，戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷，结合等效氢判断．2、A【分析】解：A．毒品是指鸦片；海洛因、甲基苯丙胺（冰毒）、吗啡、大麻、可卡因以及国家规定管制的其他能够使人形成瘾癖的麻醉药品和精神药品；故A错误；

B．我国明代医学家李时珍所著的医学名著是本草纲目；故B正确；

C．OTC表示非处方药；R表示处方药，故C正确；

D．麻黄碱有显著的中枢兴奋作用；是国际奥委会严格禁止使用的兴奋剂，故D正确．

故选A．

A．毒品是指国家规定管制的其他能够使人形成瘾癖的麻醉药品和精神药品；

B．本草纲目是李时珍撰写；

C．OTC表示非处方药；R表示处方药；

D．麻黄碱有显著的中枢兴奋作用．

本题考查麻黄碱、毒品、《本草纲目》等，难度不大，注意麻黄碱有显著的中枢兴奋作用，是国际奥委会严格禁止使用的兴奋剂．【解析】【答案】A3、A【分析】【分析】本题考查了分子结构，化学键、氧化还原反应，反应自发进行的判据，难度中等。【解答】A.rm{P_{4}}分子中rm{P}原子形成rm{3}个共价键，还有一对孤对电子，均满足rm{8}电子稳定结构，故A正确；B.反应中rm{NaOH}化合价没有变化，不作还原剂，rm{P}既做氧化剂，又做还原剂，故B错误；C.该反应能自发进行，根据方程式，反应为气体分子数增多的反应，气体越多混乱程度越多，则为熵增的反应，rm{娄陇S>O}故C错误；D.根据已知反应，当rm{1molP4}反应时，有rm{1molP}原子化合价降低rm{3}生成rm{PH_{3}}有rm{3molP}原子化合价升高rm{3}生成rm{3molNaH_{2}PO_{2}}转移电子rm{3mol}反应中生成rm{1molNaH_{2}PO_{2}}转移电子rm{1mol}数目为rm{6.02隆脕1023}故D错误。故选A。【解析】rm{A}4、C【分析】解：A；组成的原电池的负极被氧化；镁为负极，而非正极，故A错误；

B；双氧水作为氧化剂；在石墨上被还原变为水和氢氧根离子，发生还原反应，故B错误；

C、双氧水作为氧化剂，在石墨上被还原变为氢氧根离子，电极反应为，H2O2+2e-=2OH-；故溶液pH值增大，故C正确；

D．溶液中Cl-移动方向同外电路电子移动方向一致；应向负极方向移动，故D错误；

故选C．

镁；过氧化氢和海水形成原电池；镁做负极发生氧化反应，过氧化氢在正极上发生还原反应，过氧化氢做氧化剂被还原为水，溶液pH增大，原电池中阴离子移向负极．

本题考查了原电池原理的分析判断，电极名、称电极反应，是解题关键，题目难度中等．【解析】【答案】C5、D【分析】解：rm{A.}斑点直径应在rm{0.5cm}以内；不能太大，过大分离色带会出现重叠，故A错误；

B.展开剂不能粘到试管内壁上；则不能沿试管壁小心地将展开剂慢慢倒入试管底部，故B错误。

C.不能将滤纸上的试样点浸入展开剂中；试样接触展开剂会溶解在展开剂中无法分离，故C错误；

D.用毛细管取样品溶液，轻轻点样于原点上，晾干后，重复rm{3-5}次；才能将其浸入展开剂中，故D正确；

故选D．

纸层析法分离铁离子和铜离子的实验中；滤纸作为惰性支持物，滤纸上吸附的水作为固定相，有机溶剂为展开剂，利用离子的溶解能力及随有机溶剂的移动而展开，从而达到分离的目的，结合注意事项来解答．

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握纸层析法利用在不同溶剂中的扩散速率不同分离原理为解答的关键，把握实验操作的注意事项即可解答，题目难度中等．【解析】rm{D}二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】试题分析：（1）手性碳原子所连的四个基团都是不同的，故该分子中共有2个手性碳原子，即该分子中共有6类氢原子，且个数比为3∶1∶1∶1∶1∶1。（2）硼烷中只含有B和H两种元素，由于峰的强度比为1∶2，故分子中的氢原子数为3的倍数，故相对分子质量为28的硼烷的分子式为B2H6,1molB2H6燃烧生成3molH2O，故热化学方程式为2B2H6(g）＋6O2(g）2B2O3(s）＋6H2O(l）ΔH＝－4332kJ·mol－1。考点：考查氢的种类和有机反应热化学方程式的书写。【解析】【答案】（1）63∶1∶1∶1∶1∶1（2）B2H62B2H6(g）＋6O2(g）2B2O3(s）＋6H2O(l）ΔH＝－4332kJ·mol－17、略

【分析】

（1）的分子式为C8H8，Y中含有苯环，Y的结构简式：故答案为：

（2）中含有双键能发生聚合反应：

故答案为：

（3）Z中心对称；并且镜面对称，所以角上一种，“Y“型交叉点一种，共有两种类型的氢原子，当一个氯原子位于“Y“型交叉点上有3种二氯代物，当一个氯原子位于角上有4种二氯代物，故答案为：7．

【解析】【答案】（1）根据键线式的书写特点，的分子式为C8H8；

（2）中含有双键能发生聚合反应；

（3）X和氢气加成以后；所有的双键变为单键，根据对称性原则，这样得到的烃中被加成以后上去的氢原子均等效，共有两种类型的氢原子．

8、略

【分析】【解析】试题分析：下列有关反应A+B=C+D的说法正确的是：反应前后原子的种类和数目一定不变；该反应若有能量变化，则不一定是氧化还原反应，除非化合价有变化；该反应若为放热反应，则不需加热反应不一定能自发进行；反应物的总质量与生成物的总质量一定相等，且遵循能量守恒。若E12，则生成物的总能量>反应物的总能量，该反应为吸热反应。考点：化学变化与能量【解析】【答案】（1）AD（2）>吸热9、略

【分析】解：（1）2mol尿素[CO（NH2）2]中含N的物质的量为：2mol×2=4mol；含有H的数目为：0.2mol×4×NAmol-1=8NA；2mol尿素[CO（NH2）2]中含O的物质的量为2mol，氧原子数相同时氧原子的物质的量相等，则需要水的物质的量为：=2mol；质量为：18g/mol×2mol=36g；

故答案为：4；8NA；36；

（2）3.6gNH4+的物质的量为：=0.2mol；含电子的物质的量为：0.2mol×10=2.0mol；

故答案为：2.0；

（3）含0.4molAl2（SO4）3的溶液中，含SO42-的物质的量为：n（SO42-）=3n[Al2（SO4）3]=0.4mol×3=1.2mol；

故答案为：1.2．

（1）尿素的化学式中含有2个N原子，据此计算出2mol尿素含有N、O原子的物质的量，再根据N=nNA计算出含有H原子数；结合水分子的组成计算出需要水的物质的量及质量；

（2）根据n=计算出铵根离子的物质的量；然后结合铵根离子中含有10个电子计算出含有电子的物质的量；

（3）结合硫酸铝的化学式组成计算出含有硫酸根离子的物质的量．

本题考查了物质的量的计算，题目难度不大，明确物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等之间的关系为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及化学计算能力．【解析】4；8NA；36；2.0；1.210、rm{(1)}rm{垄脵}rm{0.03mol/(L?s)}rm{垄脷30%}rm{(2)}rm{垄脵<}rm{垄脷}吸热；rm{(3)}rm{垄脵}正向；rm{垄脷}不【分析】解：rm{(1)垄脵10}秒后内，以rm{SO_{3}}表示速率为rm{v(SO_{3})=dfrac{0.6mol/L}{10s}=0.06mol/(L?s)}

速率之比等于化学计量数之比，所以rm{v(O_{2})=dfrac{1}{2}v(SO_{3})=0.03mol/(L?s)}

故答案为：rm{v(SO_{3})=dfrac

{0.6mol/L}{10s}=0.06mol/(L?s)}

rm{v(O_{2})=dfrac

{1}{2}v(SO_{3})=0.03mol/(L?s)}生成的rm{0.03mol/(L?s)}的物质的量为rm{垄脷}

所以参加反应的rm{SO_{3}}的物质的量为rm{n(SO_{3})=2L隆脕0.6mol/L=1.2mol}．

rm{SO_{2}}的转化率为rm{dfrac{1.2mol}{4mol}隆脕100%=30%}

故答案为：rm{n(SO_{2})=n(SO_{3})=1.2mol}

rm{SO_{2}}定压强相同，比较温度不同时，即比较曲线rm{dfrac

{1.2mol}{4mol}隆脕100%=30%}rm{30%}与曲线rm{(2)}rm{T_{1}}根据先出现拐点，先到达平衡，先出现拐点的曲线表示的温度高，所以rm{P_{2}}定温度相同，比较压强不同时，即比较曲线rm{T_{2}}rm{P_{2}}与曲线rm{T_{1}>T_{2}}rm{T_{1}}根据先出现拐点，先到达平衡，先出现拐点的曲线表示的压强高，所以rm{P_{1}}

rm{T_{1}}压强rm{P_{2}}由图知压强越大，rm{P_{1}<P_{2}}的含量越高，所以平衡向逆反应进行，增大压强，平衡向体积减小的方向移动，所以rm{垄脵}故答案为：rm{P_{1}<P_{2}}

rm{B}温度rm{m+n<q}由图知温度越高，rm{<}的含量越低；所以平衡向正反应进行，升高温度，平衡向吸热方向移动，故正反应为吸热反应，故答案为：吸热；

rm{垄脷}加入少量rm{T_{1}>T_{2}}固体，反应中rm{B}浓度增大；平衡向正向移动；

故答案为：正向；

rm{(3)垄脵}加入少量rm{KSCN}固体，溶液中rm{SCN^{-}}rm{垄脷}浓度不变，rm{KCl}和rm{Fe^{3+}}不参加反应；平衡不移动；

故答案为：不．

rm{SCN^{-}}根据浓度变化量之比等于化学计量数之比求出rm{K^{+}}的浓度变化量，rm{Cl^{-}}的平衡浓度等于rm{(1)垄脵}的起始浓度减去rm{O_{2}}的浓度变化量；

rm{O_{2}}根据平衡时容器中rm{O_{2}}的浓度求出参加反应的rm{O_{2}}的物质的量；再根据转化率的定义计算；

rm{垄脷}根据“先拐先平，数值大”原则，采取定一议二得到温度和压强的大小关系，根据图示，结合压强和rm{SO_{3}}的含量的关系判断方程式前后的系数和大小关系，根据温度和rm{SO_{2}}的含量的关系；确定化学反应的吸放热情况；

rm{(2)}根据平衡移动原理分析，改变影响平衡的一个条件rm{B}如浓度、压强或温度等rm{B}平衡就向能够减弱这种改变的方向移动；

rm{(3)}加入少量rm{(}固体，反应中rm{)}浓度增大；

rm{垄脵}根据实际参加反应的离子浓度分析，加入少量rm{KSCN}固体，溶液中rm{SCN^{-}}rm{垄脷}浓度不变．

本题考查化学反应速率和化学平衡的计算，以及学生对平衡移动原理的理解，比较基础，注意rm{KCl}中根据实际参加反应的离子浓度分析。rm{Fe^{3+}}【解析】rm{(1)}rm{垄脵}rm{0.03mol/(L?s)}rm{垄脷30%}rm{(2)}rm{垄脵<}rm{垄脷}吸热；rm{(3)}rm{垄脵}正向；rm{垄脷}不11、略

【分析】解：rm{(1)Fe^{2+}隆煤Fe^{3+}}的转化时，元素的化合价升高，作还原剂；rm{Fe^{3+}隆煤Fe^{2+}}转化时；元素的化合价降低，作氧化剂；

故答案为：还原；氧化；

rm{(2)}维生素rm{C}可使食物中的rm{Fe^{3+}}还原成rm{Fe^{2+}}rm{Fe}元素的化合价降低，作氧化剂，则维生素rm{C}具有还原性；作还原剂；

故答案为：还原；还原；

rm{(3)}铁粉在人体胃酸rm{(}主要成分时盐酸rm{)}的作用下转化成亚铁盐的化学反应为rm{Fe+2HCl=FeCl_{2}+H_{2}隆眉}

故答案为：rm{Fe+2HCl=FeCl_{2}+H_{2}隆眉}

rm{(4)}实验室配置氯化亚铁溶液时，为了防止其氧化，通常向里面加入还原性铁粉，铁粉能把铁离子还原为亚铁离子，其离子方程式为：rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}

故答案为：rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}．

rm{(1)}元素的化合价升高；作还原剂，元素的化合价降低，作氧化剂；

rm{(2)}维生素rm{C}可使食物中的rm{Fe^{3+}}还原成rm{Fe^{2+}}rm{Fe}元素的化合价降低，作氧化剂，维生素rm{C}作还原剂；

rm{(3)}铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；

rm{(4)}铁粉能把铁离子还原为亚铁离子．

本题考查氧化还原反应，明确氧化还原反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，并熟悉氧化还原反应中的概念来解答，题目难度不大．【解析】还原；氧化；还原；还原；rm{Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}隆眉}rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}12、略

【分析】根据图中的转化可知，氯苯通过苯环的加成反应生成1－氯环己烷。由于A可以生成1，2－二氯环己烷，说明A是环己烯，和氯气加成得到1，2－二氯环己烷。因此反应②是1－氯环己烷的消去反应，生成了环己烯。同样分析可知B的生成物是1，2，3，4－四氯环己烷，说明B是1，3－环己二烯，通过加成反应生成了1，2，3，4－四氯环己烷。所以1，2－二氯环己烷通过消去反应生成1，3－环己二烯。【解析】【答案】（1）AB（2）①加成、②消去、③加成。（3）13、略

【分析】解：（1）5分钟内，△n（O2）=1mol-0.5mol=0.5mol，由N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）可知△n（N2）=0.5mol，v（N2）===0.05mol/（L•min）；

故答案为：0.05mol/（L•min）；

（2）A．消耗1molN2等效于消耗1molO2，同时生成1molO2；故选；

B．混合气体密度一直不变；故不选；

C．混合气体平均相对分子质量不变；总质量是个定值，总物质的量是个定值，混合气体的平均相对分子质量一直不变，故不选；

D．2v（N2）正=v（NO）正=v（NO）逆；故选；

故选：AD；

（3）A；该反应的正反应为吸热反应；则升高温度平衡向正反应进行，平衡常数增大，故A正确；

B；加入催化剂；反应速率增大，但平衡不发生移动，故B错误；

C；升高温度；反应速率增大，平衡向正反应方向移动，氮气的转化率增大，故C正确．

故答案为：AC；

（4）该反应中；气体的化学计量数之和前后相等，压强对平衡移动没有影响，只要是在相同温度下，则平衡状态相同，与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数，故答案为：不变；

（5）该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L和3.0×10-3mol/L，则有该时刻生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值为=9×10-4＜K；则反应应向正反应方向进行；

故答案为：向正反应方向进行．

（1）5分钟内，△n（O2）=1mol-0.5mol=0.5mol，由N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）可知△n（N2）=0.5mol，带入v=计算；

（2）可逆反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量；浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析；

（3）根据温度；催化剂对反应速率和平衡移动的影响判断；

（4）根据化学方程式的特点结合压强对平衡的影响分析；

（5）计算某时刻生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；与该温度下的平衡常数相比较，可得出结论．

本题考查化学平衡的有关计算，题目难度中等，注意平衡常数的计算和应用．【解析】0.05mol/（L•min）；AD；AC；不变；向正反应方向进行三、解答题(共6题，共12分)14、略

【分析】

0.01mol/LNaOH溶液，c（OH-）=0.01mol/L，pH=11，则c（H+）=10-11mol/L，Kw=c（OH-）×c（H+）=1.0×10-13，而常温下Kw=10-14；水的电离是吸热的，升高温度时水的电离平衡正向移动，Kw增大，则温度高于25℃；

故答案为：1.0×10-13；大于；水的电离是吸热的；升高温度时水的电离平衡正向移动，Kw增大，因该温度下的Kw比25℃时大，所以该温度大于25℃；

（1）该温度下Kw=1.0×10-13，混合溶液为中性，则VaL×0.1mol/L=VbL×0.01mol/L，解得Va：Vb=1：10；故答案为：1：10；

（2）所得混合溶液为中性，Va：Vb==1013-a-b，且a+b=12，解得Va：Vb=10：1；故答案为：10：1；

（3）所得混合溶液的pH=10，碱过量，则=0.001mol/L，解得Va：Vb=1：9；故答案为：1：9．

【解析】【答案】0.01mol/LNaOH溶液，c（OH-）=0.01mol/L，pH=11，则c（H+）=10-11mol/L，Kw=c（OH-）×c（H+），常温下Kw=10-14；

（1）混合溶液为中性，则VaL×0.1mol/L=VbL×0.01mol/L；

（2）所得混合溶液为中性，Va：Vb==1013-a-b；

（3）所得混合溶液的pH=10，碱过量，则=0.001mol/L．

15、略

【分析】

在食谱中所列的食物中；米饭中主要含糖类，烧豆腐；红烧鱼、三层肉中主要含蛋白质和无机盐、油脂，牛奶中主要含蛋白质，缺少维生素，维生素主要存在于蔬菜和水果中，如青菜、苹果等；

故答案为：糖类；蛋白质；脂肪；维生素．

【解析】【答案】根据食谱中的食物中所含营养素的种类；人体内六大营养素的种类及食物来源回答．

16、略

【分析】

（1）该物质的名称是乙二醇；在甲中含有碳碳双键，可以和溴水发生加成反应，使溴水褪色，可以和高锰酸钾发生氧化反应是高锰酸钾褪色，故答案为：乙二醇；ac；

（2）甲的同分异构体，含有羧基且不含甲基的有机物是：CH2=CH-CH2-CH2-COOH，故答案为：CH2=CH-CH2-CH2-COOH；

（3）淀粉水解的产物是葡萄糖，葡萄糖发酵可以获得乙醇，乙醇能发生消去反应生成乙烯，乙烯可以和溴单质加成生成1，2-二溴乙烷，进一步水解可以获得乙二醇，所以A是C6H12O6，试剂X可以是Br2/CCl4或是其他的卤素单质，故答案为：C6H12O6；Br2/CCl4（或其它合理答案）；

（4）苯、乙烯、氯化氢为原料来合成苯乙烯，首先是乙烯和氯化氢加成生成氯乙烷，苯和卤代烃氯乙烷反应生成乙苯，然后是发生取代反应得到氯乙苯，再发生消去反应即可，属于取代反应的是：+CH3CH2Cl+HCl，故答案为：+CH3CH2Cl+HCl；

（5）丁与FeCl3溶液作用显现特征颜色，说明含有酚羟基，根据相对分子质量是110，分子中烃基上的一氯取代物只有一种，分子中含有一种等效氢原子，所以苯环上的氢原子等效，另一取代基羟基处于对位，故答案为：．

【解析】【答案】（1）根据醇类物质的命名方法；碳碳双键的化学性质来回答；

（2）在所酸类分子中；羧基碳一定是1号碳原子，根据同分异构体的书写方法来回答；

（3）淀粉水解的产物是葡萄糖；葡萄糖发酵可以获得乙醇，乙醇能发生消去反应生成乙烯，乙烯可以和溴单质加成生成1，2-二溴乙烷，进一步水解可以获得乙二醇；

（4）根据碳骨架以及官能团的构建来确定有机合成路线；确定属于取代反应的一步方程式；

（5）与FeCl3溶液作用显现特征颜色说明含有酚羟基；分子中烃基上的一氯取代物只有一种，则含有一种等效氢原子．

17、略

【分析】

A为金属单质且焰色反应是黄色；所以A是Na元素；钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，所以甲是氢气，D是氢氧化钠；黄绿色气体乙是氯气，氢气和氯气反应生成氯化氢，所以丙是氯化氢；氯化氢溶于水得盐酸溶液，所以E是盐酸溶液；氢氧化钠和金属反应生成氢气，则金属B是铝；氢氧化钠和溶液G反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，则G是铁盐，盐酸和金属C反应生成F，F能转化为铁盐，所以C是铁，F是氯化亚铁，G是氯化铁．

（1）通过以上分析知；金属B是Al，气体丙是HCl；

故答案为：Al；HCl；

（2）钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；

故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；

（3）铁离子和氢氧根离子反应生成红褐色氢氧化铁沉淀；离子方程式为：

Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓；

故答案为：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓．

【解析】【答案】A为金属单质且焰色反应是黄色；所以A是Na元素；钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，所以甲是氢气，D是氢氧化钠；黄绿色气体乙是氯气，氢气和氯气反应生成氯化氢，所以丙是氯化氢；氯化氢溶于水得盐酸溶液，所以E是盐酸溶液；氢氧化钠和金属反应生成氢气，则金属B是铝；氢氧化钠和溶液G反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，则G是铁盐，盐酸和金属C反应生成F，F能转化为铁盐，所以C是铁，F是氯化亚铁，G是氯化铁．

18、略

【分析】

A是由单质C在D中燃烧生成的淡黄色固体，应为Na2O2，B是最常见的无色液体，应为H2O，则D为O2，E为NaOH，C为Na，F为H2，由转化关系可知K为CO2，H为Na2CO3，I为NaHCO3；

（1）由以上分析可知A为Na2O2，故答案为：Na2O2；

（2）由以上分析可知化合物E为NaOH，电子式为故答案为：

（3）反应①为Na和H2O的反应，反应的离子方程式为2Na+2H2O═2Na++OH-+H2↑；

故答案为：2Na+2H2O═2Na++OH-+H2↑；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑．

【解析】【答案】A是由单质C在D中燃烧生成的淡黄色固体，应为Na2O2，B是最常见的无色液体，应为H2O，则D为O2，E为NaOH，C为Na，F为H2，由转化关系可知K为CO2，H为Na2CO3，I为NaHCO3；结合物质的性质和题目的要求可解答该题．

19、略

【分析】

（1）反应（I）中，N2O4（l）中N元素得电子化合价降低，所以N2O4（l）是氧化剂；

故答案为：氧化剂；

（2）升高温度；化学平衡向吸热反应方向移动，当温度升高时，气体颜色变深，平衡向正反应方向移动，所以正反应是吸热反应；

故答案为：吸热；

（3）K=化学平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关，所以平衡常数K不变，v（NO2）===0.2mol/L．s，则v（N2O4）=v（NO2）=0.1mol/L．s；

故答案为：不变，0.1mol/L．s．

【解析】【答案】（1）在氧化还原反应中化合价降低的反应物是氧化剂；

（2）升高温度；平衡向吸热反应方向移动；

（3）K=化学平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关，根据v=计算NO2的化学反应速率，再根据同一反应中、同一时间段内反应速率之比等于计量数之比计算v（N2O4）．

四、其他(共2题，共16分)20、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CHBrCH2Br（2分）;CH3CH(OH)CH2(OH)（2分）（2）水解反应（或取代反应）；消去反应（各1分）（3）略（2分）21、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CHBrCH2Br（2分）;CH3CH(OH)CH2(OH)（2分）（2）水解反应（或取代反应）；消去反应（各1分）（3）略（2分）五、探究题(共4题，共32分)22、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水